LUYłN KH…O S†T H•M S¨...C¡cchuy n˜•luy»nthicao˜ﬂng˜⁄ihåc2009...

Các chuyên đề luyện thi cao đẳng đại học 2009

Đại số và Giải tích

LUYỆN KHẢO SÁT HÀM SỐ

Biên soạn : Trần Quốc Việt

Email góp ý : [email protected]

NỘI DUNG

1 Hướng dẫn chung 3

1.1 Vài lời nói đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.2 Một số điều cần lưu ý . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

2 Nội dung ôn tập 5

2.1 Bài tập đề nghị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

2.2 Hướng dẫn và đáp số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

Thân tặng các bạn học sinh chuẩn bị thi Cao đẳng - Đại học 2009

Khảo sát hàm số 1.2. Một số điều cần lưu ý

1 Hướng dẫn chung

1.1 Vài lời nói đầu

Câu I gồm 2 phần, để giải quyết chúng một cách trọn vẹn thì ít nhất là chúng ta phải thực hành tốt các

nội dung sau:

1. Khảo sát và vẽ đồ thị các hàm số có dạng như sau:

i. y = ax3 + bx2 + cx+ d ii. y = ax4 + bx2 + c

iii. y = ax+bcx+d iv. y = ax2+bx+c

dx+e

2. Suy đồ thị : từ đồ thị đầu suy ra các đồ thị có chứa | · |

3. Diễn đạt các điều kiện bằng ngôn từ thành mệnh đề dạng đẳng thức hoặc bất đẳng thức.

Ví dụ : (Câu I ý 2 đề A-2008) Cho hàm số

y =mx2 + (3m2 − 2)x− 2

x + 3m

Tìm các giá trị của m để góc giữa hai tiệm cận của đồ thị hàm số là 45◦.

Mục tiêu của ta là tìm m (1 ẩn) do đó ta cần các phương trình hoặc bất phương trình chứa ẩn m. Nhớ rằng hàm

hữu tỷ dạng bậc 2bậc 1

chỉ có thể có đồng thời một tiệm cận đứng (d1) và một tiệm cận xiên (d2). Do đó

(d1; d2) = (Oy; d2) = 45◦ ⇔ (Ox; d2) = 45◦ ⇔ hsg của (d2) = tan 45◦

Như vậy điều kiện của bài toán tương đương với đẳng thức cuối cùng, và ta có thể đưa bài toán về việc giải phương

trình để tìm ẩn m.

4. Viết phương trình tiếp tuyến, biết tiếp tuyến thỏa : tiếp xúc với đồ thị tại một điểm, đi qua một

điểm cho trước, thỏa một điều kiện nào đó ...

5. Tính diện tích miền phẳng S được giới hạn bởi các đường cong; hoặc tìm điều kiện của tham số m

để diện tích S thỏa một điều kiện nào đó ...

Tóm lại, trong nhiều trường hợp của ý 2 câu I, ta cần biết diễn đạt lại điều kiện thành các ràng buột

dạng: phương trình-bất phương trình hoặc hệ phương trình-hệ bất thương trình và giải quyết chúng.

1.2 Một số điều cần lưu ý

1. Khảo sát hàm số theo các mục sau

Dạng hàm số TXĐ y′ y′′ Tiệm cận BBT + CTrị BLL + Điểm uốn Đồ thị

Hàm đa thức có có có thể không không có có thể không có

Hàm hữu tỷ có có không có có không có

2. Cần phải đặt điều kiện tồn tại cho các đối tượng của bài toán.

Ví dụ, đối với hàm hữu tỷ thì ngoài đk mẫu khác 0 còn có điều kiện để các tiệm cận được tồn tại, vì nếu

không thì hàm hữu tỷ sẽ biến thành hàm đa thức. Chẳng hạn, Câu I ý 2 đề A-2008, cho hàm số

y =mx2 + (3m2 − 2)x− 2

x + 3m

Tìm các giá trị của m để góc giữa hai tiệm cận của đồ thị hàm số là 45◦.

Trần Quốc Việt 3

1.2. Một số điều cần lưu ý Khảo sát hàm số

Trước nhất ta cần đặt đk của m để các tiệm cận tồn tại. Ta viết

y =mx2 + (3m2 − 2)x− 2

x + 3m= mx− 2 +

6m− 2

x + 3m

Nếu 6m − 2 = 0 thì hàm số trở thành hàm bậc I, không có tiệm cận. Do đó, điều kiện để các tiệm cận

tồn tại là 6m− 2 6= 0.

Hoặc, nếu ta muốn làm việc với các điểm cực trị của hàm số, trong khi các cực trị này phụ thuộc vào

tham số, thì ta cần phải đặt điều kiện để chúng tồn tại, và đáp số cuối cùng của ta phải thỏa điều kiện

này.

3. Để viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị ta chỉ cần sử dụng điều kiện tiếp xúc.

Nhắc lại: cho hàm số (C) : y = f(x) và đường thẳng (d) : y = ax + b. Ta có mệnh đề

(d) tiếp xúc (C)⇔ Hệ pt

ax + b = f(x) (1)

a = f ′(x) (2)có nghiệm

Chú ý: nghiệm của hệ pt trên chính là x0 của tiếp điểm, tức là, tọa độ tiếp điểm lúc này là M0(x0 ; y0)

với x0 là nghiệm của hệ (1)(2) và y0 = ax0 + b = f(x0).

4. Khi lý luận theo điều kiện cần và đủ cho các bài toán tham số, sau khi dùng điều kiện Cần để

khoang vùng giá trị của tham số, nhất thiết phải check lại điều kiện Đủ, tức là, phải kiểm tra và

loại trừ những giá trị tham số không thỏa yêu cầu.

4 Luyện thi cao đẳng đại học 2009

Khảo sát hàm số 2.1. Bài tập đề nghị

2 Nội dung ôn tập

2.1 Bài tập đề nghị

Bài 1. Cho hàm số y = 2x3 − 9x2 + 12x− 3 có đồ thị (C).

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).

2. Tìm m để phương trình 2|x|3 − 9x2 + 12|x|+ 1 = m có 6 nghiệm phân biệt

3. Tìm m để phương trình |2x3 − 9x2 + 12x+ 3| = m có nhiều hơn 2 nghiệm phân biệt

Bài 2. (A-2006) Cho hàm số y = 2x3 − 9x2 + 12x− 4 có đồ thị (C).


2. Tìm m để phương trình 2|x|3 − 9x2 + 12|x| − 4 = m có 6 nghiệm phân biệt

Bài 3. Cho hàm số y = −x4 + 8x2 − 10 có đồ thị (C).


2. Tìm m để phương trình | − x4 + 8x2 − 10| = m có 8 nghiệm phân biệt

Bài 4. Cho hàm số y =x2 − 4x+ 5

x− 2có đồ thị (C)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C)

2. Biện luận theo m số nghiệm của phương trình: x2 − (4 +m)|x|+ 5 + 2m = 0

Bài 5. Cho hàm số y =x2 − 5x+ 4

x− 5có đồ thị là (C), m là tham số.


2. Tìm điều kiện của m để phương trình sau có nghiệm t thuộc R

161−√

1−t2 − (m+ 5)41−√

1−t2 + 5m+ 4 = 0

Bài 6. Cho hàm số y =x2 + x+ 2x− 1

có đồ thị (C).

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ (C).

2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến qua A(9; 7)

Bài 7. Cho hàm số y =x2 + x+ 2x− 1


1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ (C).


2.1. Bài tập đề nghị Khảo sát hàm số

2. Tìm những điểm trên trục hoành sao cho từ đó chỉ kẻ được một tiếp tuyến đến (C).

3. Tìm các điểm trên Ox sao cho kẻ được 2 tiếp tuyến đến (C) và các tiếp tuyến này vuông góc với

nhau.

Bài 8. Cho hàm số y =2x2 +mx+m

x+ 1(1), m là tham số.

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = −1.

2. Tìm điều kiện của m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt A và B, biết rằng

tiếp tuyến tại A và B vuông góc với nhau.

Bài 9. Cho hàm số y = −x4 + 2x2 + 3 có đồ thị là (C).


2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) được kẻ từ A(0 ; 3).

3. Tìm các điểm trên trục tung sao cho từ đó kẻ được 4 tiếp tuyến đến (C).

Bài 10. Cho hàm số y =x2 + x+ 2x+ 3

có đồ thị là (C).


2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết nó song song với (D) : 5x− 9y − 41 = 0.

3. Tìm những điểm trên Oy mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến đến hai nhánh của (C).

Bài 11. Cho hàm số y =(2m− 1)x−m2

x− 1(1), m là tham số.

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0.

2. Biện luận theo k số nghiệm của phương trìnhx

x− 1= k.

3. Tìm điều kiện của m để đồ thị hàm số (1) tiếp xúc với đường thẳng (D) : y = x.

Bài 12. (B-2008) Cho hàm số y = 4x3 − 6x2 + 1 có đồ thị (C).


2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến đó qua điểm M(−1 ; −9).

Bài 13. (B-2006) Cho hàm số y =x2 + x− 1x+ 2



2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến đó vuông góc với tiệm cận xiên.



Bài 14. (D-2005) Gọi (Cm) là đồ thị của y =13x3 − m

2x2 +

13(1), m ∈ R.


2. Gọi M là điểm thuộc (Cm) có hoành độ bằng −1. Tìm m để tiếp tuyến của (Cm) tại điểm M song

song với đường thẳng 5x− y = 0.

Bài 15. (B-2004) Cho hàm số y = 13x

3 − 2x2 + 3x (1) có đồ thị (C)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1).

2. Viết phương trình tiếp tuyến ∆ của (C) tại điểm uốn và chứng minh rằng ∆ là tiếp tuyến của (C)

có hệ số góc nhỏ nhất.

Bài 16. (D-2002) Cho hàm số y =(2m− 1)x−m2

x− 1(1) (m là tham số)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) ứng với m = −1.

2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đường cong (C) và hai trục tọa độ.

3. Tìm m để đồ thị hàm số (1) tiếp xúc với đường thẳng y = x.

Bài 17. Cho hàm số y =2x2 + (1−m)x+ 1 +m

x−m(1) có đồ thị (Cm), m là tham số.

1. Chứng tỏ rằng ∀m 6= −1 đồ thị (Cm) luôn tiếp xúc với một đường thẳng cố định tại một điểm cố

định.

2. Tìm điều kiện của m đề hàm số (1) đồng biến trong khoảng (1 ; +∞)

Bài 18. Cho hàm số y = x3 − 3(2m+ 1)x2 + (12m+ 5)x+ 2 (1), m là tham số.

1. Định m để hàm số (1) đồng biến trong khoảng (2; +∞)

2. Định m để hàm số (1) đồng biến trong khoảng (−∞;−1) ∪ (2; +∞)

Bài 19. Cho hàm số y =x2 + 5x+m2 + 6

x+ 3(1) có đồ thị là (Cm), m là tham số.

1. Tìm điều kiện của m đề hàm số (1) đồng biến trong khoảng (1 ; +∞)

2. Cho M ∈ (Cm) tùy ý, hãy tính tích khoảng cách từ M đến hai tiệm cận của (Cm).

Bài 20. Cho hàm số y = x3 + 3x2 − 6mx có đồ thị (Cm), m là tham số.

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (Cm) khi m = 1.

2. Tìm điều kiện của m để đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng (Dm) : y = (m− 18)x tại 3 điểm phân

biệt.



Bài 21. Cho hàm số y = x3 + 3x2 − 4 có đồ thị là (C).


2. Lập phương trình tiếp tuyến với (C) đi qua điểm cực đại.

3. Tìm m ∈ R để đường thẳng (Dm) : y = 3mx+ 2 cắt (C) tại 3 điểm phân biệt cách đều nhau.

Bài 22. Cho hàm số y =x2 + x− 1x− 1

có đồ thị là (C).


2. Tìm trên hai nhánh của (C) hai điểm phân biệt A và B sao cho đoạn AB ngắn nhất.

Bài 23. Cho hàm số y = x4 − 2(m+ 1)x2 + 3m− 1 có đồ thị (Cm), m là tham số.


2. Tìm m để đồ thị (Cm) cắt trục hoành tại 4 điểm theo thứ tự lập thành cấp số cộng. Xác định cấp

số cộng tương ứng.

Bài 24. Cho hàm số y = −x4 + 2(m+ 2)x2 − 2m− 3 có đồ thị là (Cm), m là tham số.

1. Tìm điều kiện của m để (Cm) cắt Ox tại 4 điểm lập thành cấp số cộng.

2. Tìm điều kiện của m để (Cm) cắt Ox tại 4 điểm phân biệt sao cho có đúng 2 điểm thuộc (−3 ; 3).

Bài 25. Cho hàm số y =(m2 +m+ 1)x+ 1

x+mcó đồ thị (Cm), m là tham số.


2. Tìm những điểm trên đường thẳng (D) : x = 2 sao cho đồ thị hàm số (1) không đi qua với mọi giá

trị m ∈ R.

Bài 26. (A-2008) Cho hàm số y =mx2 + (3m2 − 2)x− 2

x+ 3m(1), m là tham số.


2. Tìm các giá trị của m để góc giữa hai tiệm cận của đồ thị hàm số (1) là 45◦.

Bài 27. (A-2008) Tìm điều kiện của m để phương trình sau có đúng 2 nghiệm thực phân biệt

4√

2x+√

2x+ 2 4√

6− x+ 2√

6− x = m , (m ∈ R)

Bài 28. (D-2008) Cho hàm số y = x3 − 3x2 + 4 có đồ thị (C).




2. Chứng minh rằng mọi đường thẳng đi qua I(1 ; 2) với hệ số góc k (k > −3) đều cắt (C) tại 3 điểm

phân biệt I,A,B và I luôn là trung điểm của AB.

Bài 29. (A-2007) Cho hàm số y =x2 + 2(m+ 1)x+m2 + 4m

x+ 2(1) , m là tham số thực.

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = −1.

2. Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị cùng với gốc tọa

độ O lập thành tam giác vuông tại O.

Bài 30. (B-2007) Cho hàm số y = −x3 + 3x2 + 3(m2 − 1)x− 3m2 − 1 (1) , m ∈ R.


2. Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và các điểm cực trị của đồ thị cách đều gốc tọa độ O.

Bài 31. (D-2007) Cho hàm số y =2xx+ 1



2. Tìm tọa độ M ∈ (C), biết tiếp tuyến tại M cắt Ox, Oy lần lượt tại A, B sao cho diện tích 4OAB

bằng 14 .

Bài 32. (D-2006) Cho hàm số y = x3 − 3x+ 2 có đồ thị (C).


2. Gọi (D) là đường thẳng qua điểm A(3 ; 20) có hệ số góc là m. Tìm điều kiện của m để (D) cắt (C)

tại 3 điểm phân biệt.

Bài 33. (A-2005) Gọi (Cm) là đồ thị của hàm số : y = mx+1x

(1), m ∈ R.

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (Cm) khi m = 14 .

2. Tìm m để hàm số (1) có cực trị và khoảng cách từ điểm cực tiểu của (Cm) đến tiệm cận xiên bằng1√2.

Bài 34. (B-2005) Gọi (Cm) là đồ thị của hàm số : y =x2 + (m+ 1)x+m+ 1

x+ 1(1), m ∈ R.


2. Chứng minh rằng với m bất kỳ, đồ thị (Cm) luôn luôn có diểm cực đại, điểm cực tiểu và khoảng

cách giữa chúng bằng√

20.



Bài 35. (A-2002) Cho hàm số y = −x3 + 3mx2 + 3(1−m2)x+m3 −m2 (1) (m là tham số)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1.

2. Tìm k để phương trình −x3 + 3x2 + k3 − 3k2 = 0 có 3 nghiệm phân biệt.

3. Viết phương trình đường thẳng qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số (1).

Bài 36. (A-2003) Cho hàm số y =mx2 + x+m

x− 1(1) (m là tham số)


2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt và 2 điểm đó có hoành độ dương.

Bài 37. (A-2004) Cho hàm số y =−x2 + 3x− 3

2(x− 1)(1) (m là tham số)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).

2. Tìm m để đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm A, B sao cho AB = 1.

Bài 38. (B-2002) Cho hàm số y = mx4 + (m2 − 9)x2 + 10 (1) (m là tham số)


2. Tìm m để hàm số (1) có 3 cực trị.

Bài 39. (B-2003) Cho hàm số y = x3 − 3x2 +m (1) (m là tham số)


2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm phân biệt đối xứng với nhau qua gốc tọa độ.

Bài 40. (D-2003) Cho hàm số y = x2−2x+4x−2 có đồ thị (C)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C)

2. Tìm m để đường thẳng (dm) : y = mx+ 2− 2m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt.

Bài 41. (D-2004) Cho hàm số y = x3 − 3mx2 + 9x+ 1 (1) (m là tham số)


2. Tìm m để điểm uốn của đồ thị hàm số (1) thuộc đường thẳng y = x+ 1.


Khảo sát hàm số 2.2. Hướng dẫn và đáp số

2.2 Hướng dẫn và đáp số

Bài 1. 2) 5 < m < 6 ; 3) 4 ≤ m ≤ 5.

Hướng dẫn : 2) Ta cần xác định đồ thị (C2) : y = 2|x|3 − 9x2 + 12|x| − 3. Ta viết

y = 2|x|3 − 9x2 + 12|x| − 3 =

2x3 − 9x2 + 12x− 3 khi x ≥ 0 (1)

2(−x)3 − 9(−x)2 + 12(−x)− 3 khi −x > 0 (2)

Từ (1) ta thấy (C2) trùng (C), khi x ≤ 0. Từ (2) ta thấy (C2) trùng với phần đối xứng của (C) qua

Oy, khi x < 0. Như vậy ta có đồ thị của (C2) như sau

3) Ta cần xác định đồ thị (C3) : y = |2x3 − 9x2 + 12− 3|. Ta viết

y = |2x3 − 9x2 + 12− 3| =

2x3 − 9x2 + 12x− 3 khi 2x3 − 9x2 + 12x− 3 ≥ 0 (3)

−(2x3 − 9x2 + 12x− 3) khi 2x3 − 9x2 + 12x− 3 < 0 (4)

Từ (3) ta thấy (C3) trùng (C), khi 2x3 − 9x2 + 12x − 3 ≥ 0. Từ (4) ta thấy (C3) trùng với phần đối

xứng của (C) qua Ox, khi 2x3 − 9x2 + 12x− 3 < 0. Như vậy ta có đồ thị của (C3) như sau

Lập luận: số nghiệm của phương trình m = f(x) là số giao điểm của đường thẳng (Dm) : y = m và đường

cong (C0) : y = f(x).

Bài 2. 2) 4 < m < 5. Hướng dẫn : Tương tự bài trên.

Bài 3. 2) 0 < m < 6.


2.2. Hướng dẫn và đáp số Khảo sát hàm số

Hướng dẫn : Suy đồ thị tương tự bài trên, ta có

Bài 4. 2) Kết quả :

Số nghiệm 0 2 3 4

m −2 < m < 2 m < − 52 , ∨ , m = ±2 m = − 5

2 − 52 < m < −2 , ∨ , m > 2

Hướng dẫn : Ta có

x2 − (4 +m)|x|+ 5 + 2m = 0 ⇔ m =x2 − 4|x|+ 5|x| − 2

(1)

Số nghiệm của (1) là số giao điểm của (dm) : y = m và (C0) : y = x2−4|x|+5|x|−2 . Bằng cách suy đồ thị, ta có

Sử dụng đồ thị ta có đáp số.

Bài 5. 2) 0 ≤ m ≤ 1.

Hướng dẫn : Đồ thị



Đổi biến u = 41−√

1−t2 . Phương trình đầu tiên có nghiệm t ∈ R khi và chỉ khi phương trình

u2 − 5u+ 4u− 5

= m

có nghiệm u ∈ [1; 4].

Bài 6. 2) y = 7, y = 34x+ 1

4 .


Phương trình đường thẳng (T) qua A(9; 7) với hệ số góc k có dạng y = k(x− 9) + 7. Ta có

(T) tiếp xúc với (C) ⇔ Hệ

k(x− 9) + 7 =

x2 + x+ 2x− 1

k =x2 − 2x− 3

(x− 1)2

có nghiệm (x; k)

Giải hệ trên ta được x = 3 , k = 0 hoặc x = −3 , k = 34 .

Bài 7. 1) Xem đồ thị bài trên. 2) m = −2. 3) m = 1±√

7.

Hướng dẫn : Điểm M trên trục hoành có dạng M(m; 0), đường thẳng qua M với hệ số góc k có phương

trình (Dm) : y = k(x−m). Ta lập luận như sau

(Dm) tiếp xúc (C) tại 1 điểm ⇔ Hệ

k(x−m) =

x2 + x+ 2x− 1

(1)

k =x2 − 2x− 3

(x− 1)2(2)

có 1 nghiệm (x0; k0)



Thế (2) vào (1) và biến đổi rút gọn, ta được quan hệ tương đương như sauk(x−m) =

x2 + x+ 2x− 1

(1)

k =x2 − 2x− 3

(x− 1)2(2)

⇔

k =x2 − 2x− 3

(x− 1)2(2)

0 = (m+ 2)x2 − 2(m− 2)x− 3m− 2 (3)

Như vậy bài toán trở thành định m để phương trình (3) có duy nhất 1 nghiêm x0, phương trình bậc 2

trên có một nghiệm khi và chỉ khi m = −2.

Bình luận : Ta có một lời giải khác như sau. Phương trình (3) tương đương

m =−2x2 − 4x+ 2x2 − 2x− 3

(4)

Số nghiệm của (4) là số giao điểm của đường thẳng (dm) : y = m với (C0) : y = −2x2−4x+2x2−2x−3 .

Để hai đồ thị cắt nhau tại 1 điểm thì m = −2.

3) Tương tự như lập luận trên, yêu cầu của đề bài tương đương với điều kiện hệ phương trình k =x2 − 2x− 3

(x− 1)2(2)

0 = (m+ 2)x2 − 2(m− 2)x− 3m− 2 (3)

có 2 bộ nghiệm (x1; k1), (x2; k2) sao cho

x1, x2 6= 1 và k1k2 = −1

tức là

m+ 2 6= 0

∆ > 0

f(1) 6= 0

k1k2 = −1

(I)

Điều kiện (I) chỉ khó khăn khi giải k1k2 = −1. Ta có thể xử lý bằng cách đặt a1 = x1 − 1, a2 = x2 − 1,

với x1 và x2 là nghiệm của (3). Dùng Viét ta có

a1a2 = −4(m− 1)m+ 2

và a1 + a2 = − 8m+ 2

Từ (2), kết hợp với kết quả trên ta có

k1k2 = −1 ⇔ 2a21a

22 − 4

[(a1 + a2)2 − 2a1a2

]+ 16 = 0 ⇔ m2 − 2m− 6 = 0 ⇔ m = 1±

√7



Bài 8. 2) m = 4±√

17.


Dùng phương trình hoành độ giao điểm và định lý Viét, từ điều kiện kAkB = −1 ta giải được m.

Bài 9. 2) y = 3, y = 4√

63 x+ 3, y = − 4

√6

3 x+ 3. 3) 83 < m < 3.

Hướng dẫn : 2) Đồ thị

Đường thẳng (T ) qua A(0;3) với hệ số góc k có phương trình y = kx+ 3.

(T ) tiếp xúc (C) ⇔ Hệ

kx+ 3 = −x4 + 2x2 + 3 (1)

k = −4x3 + 4x (2)có nghiệm (x; k)

Thế (2) vào (1) ta giải được x từ đó tính được k và phương trình các tiếp tuyến.

3) Điểm M tùy ý trên Oy có tọa độ M(0;m). Đường thẳng (Tm) qua M(0;m) với hệ số góc k có phương

trình y = kx+m.

(Tm) tiếp xúc (C) ⇔ Hệ

kx+m = −x4 + 2x2 + 3 (1)

k = −4x3 + 4x (2)có nghiệm (x; k)



Thế (2) vào (1) và giữ lại (2) ta có quan hệ tương đương kx+m = −x4 + 2x2 + 3 (1)

k = −4x3 + 4x (2)⇔

k = −4x3 + 4x (2)

m = 3x4 − 2x2 + 3 (3)

Lập luận: (Tm) tiếp xúc với (C) tại 4 điểm khi và chỉ khi (3) có 4 nghiệm, tức là, phương trình

3t2 − 2t+ 3−m = 0

có hai nghiệm t1, t2 thỏa 0 < t1 < t2. Đặt f(t) = 3t2 − 2t+ 3−m, ta có

0 < t1 < t2 ⇔

∆ > 0

P > 0

S > 0

⇔ 83< m < 3

Bình luận : Một cách giải khác như sau. Sử dụng đồ thị

Phương trình (3) có 4 nghiệm khi và chỉ khi m ∈ ( 83 ; 3).

Bài 10. 2) y = 59x+ 8

√2−103 , y = 5

9x−8√

2+103 . 3) M(0;m) với m < −2.

Hướng dẫn : 2) Hình vẽ

Đường thẳng xiên (T) song song với (D) : 5x− 9y− 41 = 0 có phương trình dạng y = 59x+m, m là tham

số thực.

(T ) tiếp xúc (C) ⇔ Hệ

59x+m = x2+x+2

x+3 (1)59 = x2+6x+1

(x−3)2 (2)có nghiệm x



Giải (2) tìm được x. Thế x vào (1) tìm được m và các tiếp tuyến.

3) Điểm M tùy ý trên Oy có tọa độ M(0;m). Đường thẳng (Tm) qua M(0;m) với hệ số góc k có phương

trình y = kx+m.

(Tm) tiếp xúc (C) ⇔ Hệ

kx+m = x2+x+2x+3 (1)

k = x2+6x+1(x+3)2 (2)

có nghiệm (x; k)

Thế (2) vào (1) và giữ lại (2) ta có quan hệ tương đương

kx+m = x2+x+2x+3 (1)

k = x2+6x+1(x+3)2 (2)

⇔

k = x2+6x+1

(x+3)2 (2)

0 = (m+ 2)x2 + (6m− 4)x+ 9m− 6︸︷︷︸f(x)

(3)

Lập luận: (Tm) tiếp xúc với (C) tại 2 nhánh khi và chỉ khi (3) có 2 nghiệm thỏa x1 < −3 < x2, tức là:

(m+ 2)f(−3) < 0 ⇔ m < −2

Bình luận : Ta có một lời giải khác như sau. Phương trình (3) tương đương

m =−2(x2 − 2x− 3)x2 + 6x+ 9

(4)

Phương trình (3) có 2 nghiệm thỏa x1 < −3 < x2 khi và chỉ khi đường thẳng (dm) : y = m cắt

(C0) : y = −2(x2−2x−3)x2+6x+9 tại 2 điểm x1, x2 sao cho x1 < −3 < x2. Từ đồ thị

Ta tìm được m ∈ (−∞;−2).

Bài 11. 2) k 6= 1 : 1 nghiệm; k = 1 : vô nghiệm. 3) m 6= 1.




2) Biện luận −xx−1 = −k. 3) Dùng điều kiện tiếp xúc, chứng minh rằng hệ phương trình tiếp điểm luôn có

nghiệm nếu m 6= 1.

Bài 12. 2) y = 24x+ 15, y = 154 x−

214 .

Hướng dẫn : Đồ thị hàm số

Bài 13. 2) y = −x+ 2√

2− 5, y = −x− 2√

2− 5.


Bài 14. 2) m = 4.




Bài 15. Hướng dẫn : Đồ thị hàm số

Hệ số góc tiếp tuyến y′ = x2 − 4x+ 3 = (x− 2)2 − 1 ≥ −1.

Bài 16. 2) S = −1 + 4 ln 43 . 3) m 6= 1.


Diện tích S =∫ 0

− 13

−3x− 1x− 1

dx =∫ 0

− 13

(−3x− 4

x− 1

)dx = −1 + 4 ln

43.



Bài 17. 1) A(-1;-2) và (T ) : y = x− 2. 2) m ≤ 3− 2√

2

Hướng dẫn : Bước 1 : Tìm các điểm cố định của (Cm). Với mọi m,x ∈ R sao cho x 6= m, ta có

y =2x2 + (1−m)x+ 1 +m

x−m⇔ y(x−m) = 2x2+(1+m)x+1+m ⇔ m(y−x+1) = xy−2x2−x−1 (1)

Điểm A(x0; y0) là điểm cố định của (Cm) khi và chỉ khi (x0; y0) thỏa (1) với mọi m 6= x0, tức là: y0 − x0 + 1 = 0

2x20 − x0 − 1 = 0

⇔

x0 = 1 ∧ y0 = 0

x0 = −1 ∧ y0 = −2

Bước 2: Chứng minh y′ không phụ thuộc vào m tại một trong các điểm cố định.

y′ =2x2 − 4mx+m2 − 2m− 1

(x−m)2)

Ta thấy

y′(1) =m2 − 6m+ 1

(m− 1)2và y′(−1) =

m2 + 2m+ 1(m+ 1)2

= 1 (hằng số)

Đường thẳng qua A(-1;-2) với hệ số góc k = y′(−1) = 1 là (T ) : y = x − 2. Tóm lại (Cm) luôn tiếp xúc

với (T ) tại A(-1;-2).

2) Hàm số đồng biến trên (1; +∞) khi và chỉ khi y′ ≥ 0, ∀x ∈ (1; +∞) và m 6∈ (1; +∞). Tức là

m ≤ 1∆ ≤ 0

∆ > 0

y′(1) ≥ 0S2 < 1

⇔ m ≤ 3− 2√

2

Bài 18. 1) m ≤ 512 . 2)

712 ≤ m ≤

512

Hướng dẫn : 1) Đạo hàm y′ = 3x2−6(2m+1)x+12m+5. Lập luận: hàm số (1) đồng biến trên (2; +∞)

khi và chỉ khi

y′ ≥ 0 , ∀x ∈ (2; +∞) ⇔ 3x2 − 6(2m+ 1)x+ 12m+ 5 ≥ 0 , ∀x ∈ (2; +∞)

⇔

∆ ≤ 0

∆ > 0

y′(2) ≥ 0S2 < 2

⇔ m ≤ 512

2) Chú ý rằng miền (−∞;−1) ∪ (2; +∞) gồm hai phần rời nhau. Do đó ta lập luận: hàm số (1) đồng

biến trên (−∞;−1) ∪ (2; +∞) khi và chỉ khi y′ ≥ 0 , ∀x ∈ (−∞;−1) ∪ (2; +∞) (2)

y(−1) < y(2) (3)



Điều kiện (3) giải được m > − 1718 . Ta có thể giải điều kiện (2) như sau

y′ ≥ 0 , ∀x ∈ (−∞;−1) ∪ (2; +∞) ⇔ 3x2 − 6(2m+ 1)x+ 12m+ 5 ≥ 0 , ∀x ∈ (−∞;−1) ∪ (2; +∞)

⇔

∆ ≤ 0

∆ > 0

y′(2) ≥ 0

y′(−1) ≥ 0

−1 < S2 < 2

⇔ − 712≤ m ≤ 5

12

Bình luận : Nếu việc sử dụng bằng tam thức bậc hai quá phức tạp thì ta có một cách khác như sau.

1) Ta có:

y′ ≥ 0 , ∀x ∈ (2; +∞) ⇔ 3x2 − 6(2m+ 1)x+ 12m+ 5 ≥ 0 , ∀x ∈ (2; +∞)

⇔ 12m(x− 1) ≤ 3x2 − 6x+ 5 , ∀x ∈ (2; +∞)

⇔ 12m ≤ 3x2 − 6x+ 5x− 1

, ∀x ∈ (2; +∞)

Khảo sát hàm số y = f(x) = 3x2−6x+5x−1 trên miền (2; +∞) ta thu được kết quả như sau

Vậy ta có

12m ≤ f(x) , ∀x ∈ (2; +∞) ⇔ 12m ≤ f(2) = 5

⇔ m ≤ 512

3) Tương tự, ta có

y′ ≥ 0 , ∀x ∈ (−∞;−1) ∪ (2; +∞) ⇔ 3x2 − 6(2m+ 1)x+ 12m+ 5 ≥ 0 , ∀x ∈ (−∞;−1) ∪ (2; +∞)

⇔ 12m(x− 1) ≤ 3x2 − 6x+ 5 , ∀x ∈ (−∞;−1) ∪ (2; +∞)

⇔ 12m ≤ 3x2 − 6x+ 5x− 1

, ∀x ∈ (−∞;−1) ∪ (2; +∞)

⇔

12m ≤ 3x2−6x+5x−1 , ∀x ∈ (2; +∞)

12m ≥ 3x2−6x+5x−1 , ∀x ∈ (−∞;−1)

⇔ − 712≤ m ≤ 5

12



bởi ta đã sử dụng đồ thị sau

Bài 19. 1) |m| ≤ 4. 2) khoảng cách δ = m2√

2.

Hướng dẫn : 1) Lập luận tương tự như trên. 2) Gọi δ là trị số cần tìm. Ta viết

y =x2 + 5x+m2 + 6

x+ 3= x+ 2 +

m2

x+ 3

Khi m = 0 thì đồ thị (Cm) là đường thẳng, các tiệm cận xem như trùng với (Cm) và khi đó δ = 0. Khi

m 6= 0 đồ thị (Cm) thì có tiệm cận đứng (∆1) : x+ 3 = 0 và tiệm cận xiên (∆2) : x− y + 2 = 0. Ta có

M(a; b) ∈ (Cm) ⇔ b = a+ 2 +m2

a+ 3(1)

Sử dụng công thức khoảng cách từ điểm đến đường thẳng ta có d(M ; ∆1) = |a+3|√12 = |a+ 3| (2)

d(M ; ∆2) = |a−b+3|√12+12 = |a−b+2|√

2(3)

Rút (1) thế vào (3) và nhân với (2) ta có δ = d(M ; ∆1).d(M ; ∆2) = |a+ 3|. m2√

2|a+3| = m2√

2.

Bài 20. 2) m > 394 và m 6= 12.

Hướng dẫn : 1) Đồ thị hàm số



Phương trình hoành độ giao điểm của (Dm) và (Cm) :

(m− 18)x = x3 + 3x2 − 6mx ⇔ x(x2 + 3x−m+ 12) = 0

⇔

x = 0 (1)

x2 + 3x−m+ 12 = 0 (2)

Lập luận: (Dm) cắt (Cm) tại 3 điểm khi và chỉ khi phương trình (2) có 2 nghiệm khác 0, tức là, ∆ > 0

f(0) 6= 0⇔

m > 394

m 6= 12

Bài 21. 2) y = 0 và y = − 94x−

92 . 3) m = 4

3 .


2) Tìm tọa độ điểm cực đại và viết phương trình tiếp tuyến qua một điểm cho trước.

3) Lý luận theo điều kiện cần và đủ. Ta có :

x3 + 3x2 − 4 = 3mx+ 2 ⇔ x3 + 3x2 − 3mx− 6 = 0 (1)

Để ý rằng, trên một đường thẳng, 3 điểm cách đều nhau khi và chỉ khi 1 điểm là trung điểm của 2 điểm

còn lại. Do đó ta lập luận:

Điều kiện bài toán ⇔ Phương trình (1) có 3 nghiệm x1, x2, x3 sao cho x1 + x3 = 2x2

Điều kiện cần : Giả sử phương trình (1) có 3 nghiệm x1, x2, x3 sao cho x1 + x3 = 2x2. Theo định lý Viét

cho phương trình bậc 3 1 , ta có

x1 + x2 + x3 = 3x2 = −31⇒ x2 = −1

tức là, phương trình (1) có một nghiệm là −1. Ta suy ra

(−1)3 + 3(−1)2 − 3m(−1)− 6 = 0 ⇒ m =43

1Nếu phương trình ax3 + bx2 + cx + d = 0 có 3 nghiệm x1, x2, x3 thì x1 + x2 + x3 = − b

a, x1x2 + x2x3 + x3x1 = c

a,

x1x2x3 = − da.



Điều kiện đủ : Giả sử m = 43 . Phương trình (1) viết lại

x3 + 3x2 − 4x− 6 = 0 ⇔ x = −1 ∨ x = −1 +√

7 ∨ x = −1−√

7

Quả nhiên phương trình (1) có 3 nghiệm x1, x2, x3 thỏa x1 + x3 = 2x2.

Tóm lại : Điều kiện cần và đủ để phương trình (1) có 3 nghiệm x1, x2, x3 sao cho x1 +x3 = 2x2 là m = 43 .

Bài 22. 2) A(

1 + 14√2

; 3 + 4√

2 + 14√2

)và B

(1− 1

4√2; 3− 4

√2− 1

4√2

)Hướng dẫn : 1) Đồ thị hàm số

2) Giả sử A(x1; y1) thuộc nhánh phải (x > 1) và B(x2; y2) thuộc nhánh trái (x < 1). Ta có y1 = x1 + 2 + 1x1−1

y2 = x2 + 2 + 1x2−1

và AB2 = (x1 − x2)2 + (y1 − y2)2 = (x1 − x2)2

[1 +

(1 +

1(x1 − 1)(1− x2)

)2]

Đặt a = x1 − 1 và b = 1− x2 ta thấy a, b > 0 và x1 − x2 = a+ b. Áp dụng BĐT Cauchy 2 lần, ta có

AB2 = (x1 − x2)2

[1 +

(1 +

1(x1 − 1)(1− x2)

)2]

= (a+ b)2

[1 +

(1 +

1ab

)2]

= (a+ b)2︸︷︷︸Cauchy

(1

a2b2+

2ab

+ 2)

≥ 4ab(

1a2b2

+2ab

+ 2)

= 8ab+4ab︸︷︷︸

Cauchy

+8

≥ 2

√8ab.

4ab

+ 8 = 8√

2 + 8

Đẳng thức có được khi và chỉ khi a = b

8ab = 4ab

⇔ a = b =14√

2⇔ x1 = 1 +

14√

2, x2 = 1− 1

4√

2

Vậy AB nhỏ nhất khi AB = 8√

2 + 8 và A(

1 + 14√2

; 3 + 4√

2 + 14√2

), B

(1− 1

4√2; 3− 4

√2− 1

4√2

).



Bài 23. 2){m = 2

3 | −√

3;− 13

√3; 1

3

√3;√

3}∨{m = 17

3 | − 2√

3;− 23

√3; 2

3

√3; 2√

3}.

Hướng dẫn : 2) Đổi biến đưa phương trình bậc 4 về phương trình bậc 2, dùng điều kiện "nghiệm tạo

thành CSC" để xác định m bằng cách lý luận Cần và Đủ.

Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) với Ox là

x4 − 2(m+ 1)x2 + 3m− 1 = 0 (1) t=x2

⇐⇒

0 ≤ t

0 = t2 − 2(m+ 1)t+ 3m− 1 (2)

Ta có 2 nhận xét sau

• Thứ nhất : (1) có 4 nghiệm x1 < x2 < x3 < x4 khi và chỉ khi (2) có 2 nghiệm 0 < t1 < t2 và sự

tương ứng của các nghiệm như sau

x1 < x2 < x3 < x4

l l l l

−√t2 < −

√t1 <

√t1 <

√t2

• Thứ hai : khi trường hợp trên xảy ra thì

{x1;x2;x3;x4} là CSC ⇔

x1 + x3 = 2x2

x2 + x4 = 2x3

⇔√t2 −

√t1 = 2

√t1 ⇔ t2 = 9t1

Như vậy ta lập luận

Điều kiện bài toán ⇔ Phương trình (2) có nghiệm t2 = 9t1 > 0

Điều kiện cần : Giả sử phương trình (2) có nghiệm t2 = 9t1 > 0. Sử đụng đĩnh lý Viét ta có

t1 + t2 = 10t1 = 2(m+ 1) ⇒ t1 =m+ 1

5

⇒(m+ 1

5

)2

− 2(m+ 1).(m+ 1

5

)+ 3m− 1

⇒ m =23∨ m =

173

Điều kiện đủ : Giả sử m = 23 ∨ m = 17

3 . Thế lần lượt các giá trị m vào (2) ta thấy t2 = 9t1 > 0.

Kết luận : m = 23 ∨ m = 17

3 .

Bài 24. 2) {m = 3 | − 3;−1; 1; 3} ∨{m = − 13

9 | − 1;− 13 ; 1

3 ; 1}. 3) m > 3

Hướng dẫn : 2) Tương tự bài trên. 3) Lập luận:

ĐK bài toán ⇔ Phương trình f(t) := −t2 + 2(m+ 2)t− 2m− 3 = 0 có nghiệm 0 < t1 < 9 < t2

⇔

(−1).f(9) < 0

(−1).f(0) > 0⇔ m > 3

Bài 25. 2) M(0; a) với −2√

14− 6 < a < 2√

14− 6.




2) Ta có M ∈ (D) ⇔ M(2; a). Lập luận:

∀m ∈ R , M(2; a) 6∈ (Cm) ⇔ ∀m ∈ R , a 6= 2m2 + 2m+ 3m+ 2

(1)

Khảo sát (C0) : y = 2x2+2x+3x+2 . Sử dụng đồ thị (C0) ta thấy mệnh đề (1) xảy ra khi và chỉ khi đường

thẳng (∆a) : y = a không cắt (C0), tức là, −2√

14− 6 < a < 2√

14− 6.

Bài 26. 2) m = ±1.


2) Xem phần ví dụ ở phần 1.

Bài 27. 2√

6 + 2 4√

6 ≤ m < 3√

2 + 6.

Hướng dẫn : Lập bảng biến thiên cho hàm số f(x) bên vế trái của phương trình. Kiểm tra các điều sau

f ′(x) =12

(1

4√

(2x)3− 1

4√

(6− x)3

)+(

1√2x− 1√

6− x

), ∀x ∈ (0, 6)

Và f ′(x) > 0 khi x ∈ (0, 2), f ′(x) < 0 khi x ∈ (2, 6) và f ′(2) = 0. Bên dưới là đồ thị để tham khảo



Bài 28. Hướng dẫn : 1) Đồ thị

2) Chứng minh phương trình hoành độ giao điểm luôn có 3 nghiệm phân biệt và I là 1 trong 3 giao điểm.

Dùng định lý Viét và công thức trung điểm chứng minh xA + xB = 2xI .

Bài 29. 2) m = −4± 2√

6.


2) Giải phương trình y′ = 0 được x = −2 ±m. Điều kiện để hàm số có cực đại cực tiểu là y′ = 0 có 2



nghiệm phân biệt, tức là, m 6= 0. Lúc này ta có thể các định tung độ các cực trị 2 như sau

yctr = 2xctr + 2(m+ 1)

như vậy nếu gọi A,B là 2 cực trị thì

−→OA = (−2 +m ; 2m− 2) và

−−→OB = (−2−m ; −2)

Điều kiện bài toán :

−→OA ⊥

−−→OB ⇔

−→OA.−−→OB = 0 ⇔ (−2 +m)(−2−m) + (2m− 2)(−2) = 0 ⇔ m = −4± 2

√6

Đối chiếu điều kiện m 6= 0 ta nhận m = −4± 2√

6.

Bài 30. 2) m = ± 12 .


2) Điều kiện cần và đủ để đồ thị có cực đại, cực tiểu là phương trình y′ = 0 có 2 nghiệm phân biệt, tức

là, ∆ > 0; khi đó ta có thể xác định được tọa độ của cực trị. Cực đại, cực tiểu cách đều O khi và chỉ khi

OA = OB. Từ đây ta xác định được m.

Bài 31. 2) M(− 12 ; −2) , M(1 ; 1).


2Đạo hàm tử, đạo hàm mẫu và thế tọa độ. Ở đây ta không cần quan tâm đến điểm nào là cực đại, cực tiểu.



2) Gọi m là hoành độ của M ∈ (C), ta lập phương trình tiếp tuyến của (C) tại M (tiếp tuyến chỉ phụ

thuộc vào m). Xác định tọa độ A, B theo m và dùng điều kiện S∆OAB = 1/4 để xác định m.

Bài 32. 2) m > 154 ∧ m 6= 24.


Bài 33. 2) m = 1.




Bài 34. Hướng dẫn : 1) Đồ thị

2) Xét dấu y′ và tìm tọa độ của CĐ và CT theo m.

Bài 35. 2) (−1 < k < 3) ∧ (k 6= 0) ∧ (k 6= 2). 3) y = 2x−m2 +m.


2) Xem như y và y′ là 2 đa thức. Lấy y chia cho y′ thì được 13x−

m3 và dư 2x−m2 +m. Tức là

y = y′(

13x− m

3

)+ 2x−m2 +m

Do hoành độ của cực trị thỏa y′ = 0 nên tọa độ chúng thỏa phương trình

y = 2x−m2 +m

tức là đường thẳng (Dm) : y = 2x−m2 +m luôn đi qua 2 điểm cực trị.

Bình luận : Bài toán có thể phát triển thành : "Định m để đường thẳng qua hai điểm cực trị thỏa điều

kiện xyz ... "

Bài 36. 2) − 12 < m < 0.




2) Điều kiện bài toán tương đương với điều kiện : phương trình y′ = 0 có 2 nghiệm phân biệt sao cho

0 < x1 < x2. Ta có thể dùng tam thức bậc hai hoặc đưa vấn đề về việc khảo sát hàm số.

Bài 37. 2) m = 1±√

52 .


2) Viết phương trình hoành độ giao điểm. Lập luận: điều kiện bài toán tương đương với phương trình

hoành độ giao điểm có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 sao cho

(x1 − x2)2 + (y1 − y2)2 = 1 ⇔ (x1 − x2)2 = 1 ⇔ (x1 + x2)2 − 4x1x2 = 1

trong đó y1 = y2 = m và tổng S = x1 + x2 tích P = x1x2 được xác định theo m. Giải được m rồi đối

chiếu điều kiện ∆ > 0.

Bài 38. 2) m < −3 ∨ 0 < m < 3.




2) Lập luận: đồ thị có 3 cực trị khi và chỉ khi phương trình y′ = 0 có 3 nghiệm phân biệt, tức là, phương

trình

4mx3 + 2(m2 − 9)x = 0 ⇔ 2x(2mx2 +m2 − 9) = 0 ⇔

x = 0

0 = 2mx2 +m2 − 9 (1)

có 3 nghiệm phân biệt. Điều này tương đương với phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 0.

Bài 39. 2) m > 0.


2) Điều kiện bài toán: tồn tại A(a ; a3 − 3a2 + m) và B(b ; b3 − 3b2 + m) phân biệt nhận O(0; 0) làm

trung điểm. Điều này xảy ra khi và chỉ khi

Hệ

a+ b = 0(1)

(a3 − 3a2 +m) + (b3 − 3b2 +m) = 0 (2)có nghiệm (a, b) và a 6= b

rút (1) thế vào (2), ta có quan hệ tương đương: a+ b = 0 (1)

(a3 − 3a2 +m) + (b3 − 3b2 +m) = 0 (2)⇔

b = −a (3)

m = a2 (4)

Như vậy điều kiện bài toán tương đương với phương trình (4) có nghiệm a 6= 0, tức là, m > 0.

Bài 40. 2) m > 1.




2) Điều kiện bài toán tương đương với phương trình hoành độ giao điểm có 2 nghiệm phân biệt và khác

2.

Bài 41. 2) m = 0, m = ±2.


2) Xác định điểm uốn theo m. Điều kiện bài toán tương đương với tọa điểm uốn thỏa y = x+ 1.


LUYłN KH…O S†T H•M S¨...C¡cchuy n˜•luy»nthicao˜ﬂng˜⁄ihåc2009...

Documents

Transcript of LUYłN KH…O S†T H•M S¨...C¡cchuy n˜•luy»nthicao˜ﬂng˜⁄ihåc2009...